Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
SỬ DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên.
- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 9 - 2014 đến 5 - 2015
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Hoàng Cương
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: 239 đường Hưng Yên, phường Quang Trung, TP Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0914521894
5. Đồng tác giả (nếu có): không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 0350640297

1




●
O

M

M’

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Khi M  O thì M’ là điểm vô cực và kí hiệu  và khi M là điểm vô cực 
thì M’ trùng với O
Kí hiệu phép nghịch đảo tâm O, hệ số k biến điểm M thành điểm M’ là:
f O, k  : M  M '

b) Cho một hình H. Tập hợp ảnh của mọi điểm thuộc H trong phép nghịch
đảo f O, k  lập thành hình H’ được gọi là ảnh của hình H (hình nghịch đảo của
H) và được kí hiệu: f O, k  : H  H’
2. Các khái niệm khác liên quan:
a) Xét phép nghịch đảo f O, k  với k > 0. Đường tròn tâm O, bán kính

R  k được gọi là đường tròn nghịch đảo thực. Nếu k < 0, thì đường tròn tâm O
bán kính R 

k được gọi là đường tròn nghịch đảo ảo

Nguyễn Hoàng Cương

4. Tính chất 4: Ảnh của một đường thẳng d đi qua tâm nghịch đảo là đường thẳng
d.
5. Tính chất 5: Ảnh của một đường thẳng d không đi qua tâm nghịch đảo O là
một đường tròn đi qua tâm nghịch đảo O.
6. Tính chất 6: Ảnh của một đường tròn (C) đi qua tâm nghịch đảo O là một
đường thẳng d không đi qua tâm nghịch đảo O và song song với tiếp tuyến của
đường tròn (C) tại O.
7. Tính chất 7: Ảnh của đường tròn   không đi qua tâm nghịch đảo O là một
đường tròn  ' . Đường tròn  ' cũng là ảnh của đường tròn   qua phép vị tự

VO ,   với  

k
, p là phương tích của O đối với đường tròn   .
p

8. Tính chất 8: Góc tạo bởi đường thẳng d và đường tròn   cùng đi qua tâm
nghịch đảo O có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép nghịch đảo đó.
9. Tính chất 9: Góc tạo bởi hai đường tròn   và

 ' cùng đi qua tâm nghịch

đảo O có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép nghịch đảo đó.
10. Tính chất 10: Nếu đường thẳng d và đường tròn   không đi qua tâm nghịch
đảo O, thì góc tạo bởi d và   có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép
nghịch đảo đó.
11. Tính chất 11: Góc tạo bởi hai đường tròn   và


C. Các bài toán áp dụng:
I. Dạng toán: Chứng minh các tính chất hình học
Bài 1: Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, điều kiện
cần và đủ là:
AC.BD = AB.CD + AD.BC.
Phân tích: Qua phép nghịch đảo
có tâm trên một đường tròn (C) nó
biến (C) thành một đường thẳng. Nhờ
ý tưởng này ta quy điều kiện các điểm
trên đường tròn về điều kiện cho các
điểm thẳng hàng. Từ đó ta có lời giải:

D

O
C
A
B

A'

B'

C'

Xét phép nghịch đảo tâm D, phương tích k > 0. Phép nghịch đảo này biến
các đường tròn đi qua biến D thành một đường thẳng không qua D.
Bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự đó trên cùng một đường tròn khi và chỉ khi A’,
B’, C’, D’ cùng trên một đường thẳng (ảnh của đường tròn qua phép nghịch đảo)
theo thứ tự.

n 1

 A1 

Giải:
M

d1

An
an

A1
a1

O

A2
A4
A3

d

A'1

A'4

A'3

A'2

Ai Ai 1
Ai Ai 1 .d i .sin Ai MAi 1
k
MAi .MAi 1
MAi .MAi 1 .d i .sin Ai MAi 1

sin Ai MAi 1
sin Ai MAi 1
ai
k
k
di
di
2 Rdi

n 1
an
ai
a
a
 n   i (đpcm)
k
2 Rd n
2 Rdi
d n i 1 d i

6


Sáng kiến kinh nghiệm

không đi qua D và A’, B’, C’ nằm trên (P).
Ta có: A’C’ A’B’ + B’C’ 

AC
AB
BC

+
DA.DC DA.DB DB.DC

 AC.BD  AB.CD + BC.AD (Đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A’, B’, C’ trên cùng một đường thẳng theo thứ
tự đó. Điều này không xảy ra vì A, B, C, D không đồng phẳng.
Bài 4: Trên một mặt phẳng cho n + 1 điểm A0, A1, …, An.
Chứng minh bất đẳng thức:

A1 A2
A2 A3
An An-1
A1 An
+
+...+

A0 A1 .A0 A2 A0 A2 .A0 A3
A0 An-1 .A0 An A0 A1 .A0 An
Khi nào xảy ra dấu bằng.
(Xét phép nghịch đảo tâm A0, phương tích k = 1)
7



k
IO1
p1

k
p1

f C2   I 2 , r2  nên: I1  VI O1  và I 2  VI

và

II 2 

k
p2

O 
2

k
2
2
IO2 (với p1  P I / C   IO1  R12 và p2  P I / C   IO2  R22 )
p2
1

2

Khi đó ta có:
2


 p1  R12 p2  R22 IO12  IO22  O1O2 2 



= k 
2
2
p
p
p
p
1
2
1 2


2

2
2
 1 1 R12 R22 p1  p2  R12  R22  O1O2 2 
R22 R12  R22  O1O2 
2  R1
 = k  2  2 

= k    2  2 
p1 p2
p1 p2
 p1 p2 p1 p2


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Do đó:
2
2
2
 r12 r22 R12  R22  O1O2 2 
2
2
2
2 O1O2  R1  R2
  I1 I 2  r1  r2  k
I1 I 2  k  2  2 
k
k
p
p
p1 p2
1 2


2

2

I1 I 2  r12  r22
k 2 O1O2  R12  R22




p1 p2 O1O2 2  R12  R22
pp
=
= 1 2 . C1 , C2 
.
p1 p2
R1 R2
p1 p2
Do đó:
1. Nếu I nằm đồng thời ở trong hoặc ở ngoài cả hai đường tròn C1 ; C2  thì
p1 p2  0 nên  C1 , C2     f C1 , f C2 

2. Nếu I nằm trong một đường tròn và nằm ngoài một đường tròn thì p1 p2  0
nên  C1 , C2     f C1 , f C2 
Bài 6: Gọi I, r là tâm và bán kính của đường tròn nội tiếp. Còn O, R là tâm và bán
kính của đường tròn ngoại tiếp của cùng một tam giác ABC.
Chứng minh rằng: OI2 + R2 – 2Rr (Công thức Euler).
Đây là kết quả rất quen biết với học sinh, công thức này có nhiều cách chứng
minh. Ở đây ta chứng minh bằng cách sử dụng phép nghịch đảo, ý tưởng của nó
là: Ta đã biết cách tính bán kính của đường tròn ảnh qua 1 phép nghịch đảo. Vậy
nếu bằng cách khác, ta cũng tính bán của đường tròn ảnh này (theo các đại lượng
khác) thì ta cũng suy ra được một đẳng thức hình học.
9


Sáng kiến kinh nghiệm


Mặt khác, theo công thức bán kính của đường tròn ảnh qua phép nghịch đảo:

r 2 .R
Ta có: R'= 2
.
R -OI 2
r
r 2 .R
 OI 2=R 2 -2rR (Đpcm)
Vậy: = 2
2
2 R -OI
Trong một số bài toán liên quan đến các đường thẳng, đường tròn, đặc biệt
các đường thẳng, đường tròn tiếp xúc nhau. Phép nghịch đảo đã tỏ ra là một công
cụ mạnh.
Bài 7: Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’. Gọi M, N, E lần lượt là
10


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

giao điểm của các cặp đường thẳng: B’C’ và BC; C’A’ và CA; A’B’ và AB. Chứng
minh rằng 3 điểm M, N, E thẳng hàng.
A

B'
C'


· ' P  900 hay M’ thuộc đường tròn (C) đường kính IP
Suy ra IM
Tương tự nếu gọi
N’ là giao điểm thứ hai của đường tròn (C1) và đường tròn đường kính B1I
E’ là giao điểm thứ hai của đường tròn (C1) và đường tròn đường kính C1I
11


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

thì N’ và E’ cũng thuộc đường tròn (C) đường kính IP
 IM.IM’ = IN.IN’ = IE.IE’ = R (với R là bán kính đường tròn đường kính IP)

Xét phép nghịch đảo cực I, phương trình R2 : f I , R 2  ta có:

f I , R 2  biến các điểm M’, N’, E’ thành các điểm tương ứng là M, N, E
f I , R 2  biến đường tròn (C) đường kính IP thành đường thẳng d không qua I

Do các điểm M’, N’, E’ thuộc đường tròn (C) nên các điểm M, N, E thuộc đường
thẳng d hay M, N, E thẳng hàng.
Bài 8: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Một tiếp tuyến
của (O) tại điểm M bất kì trên đường tròn cắt (O’) tại B và C. Chứng minh rằng
AM là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AC.
Giải:
d'

d

'B'  M
'C '
¼ '  NC
¼'
Gọi N là điểm đối xứng với M’ qua I  N  (I)  NB
12


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

 AN là phân giác của góc BAC  AM là phân giác của góc BAC
Vậy AM là phân giác của góc tạo bởi AB và AC.
Bài 9: (Thi Olympic Bungari - vòng 4 - 1995)
Cho tam giác ABC có chu vi 2p cho trước. Các điểm E, F nằm trên đường thẳng AB
sao cho CE = CF = p. Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp (k1) ứng với cạnh AB
của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn (k2) ngoại tiếp tam giác EFC.
Giải:
C

F

B

A

E

Q

qua C1 , C2 cắt lại hai đường tròn  C1  ,  C2  tại B1 , B2 tương ứng. Gọi  x  là

đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1B2 . Đường tròn  k  tiếp xúc với đường tròn  x 
tại A , cắt  C1  ,  C2  lần lượt tại D1 , D2 khác A . Chứng minh rằng:
1. Các điểm C1 , C2 , D1 , D2 hoặc cùng thuộc một đường tròn hoặc cùng thuộc
một đường thẳng.
13


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

2. Các điểm B1 , B2 , D1 , D2 cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi
AC1 , AC2 lần lượt là đường kính của đường tròn  C1  ,  C2  tương ứng.

Giải:
(c)

k'1

k'2
(x')

l

(k)
k2

B'1

Hình 2

+) f biến đường tròn  k1  ,  k2  thành các đường thẳng k1' , k2' tương ứng và k1' / / k2'
+) f biến đường tròn  x  ,  k  thành các đường thẳng x '; k ' tương ứng và x '/ / k '
+) f biến đường thẳng  l  thành chính nó
Suy ra f biến các điểm B1 , B2 , C1 , C2 , D1 , D2 tương ứng thành các điểm

B1'  x ' k1' ; B2'  x ' k2' ; C1'  l  k1' ; C2'  l  k2' ; D1'  k ' k1' ; D2'  k ' k2'
Do đó tứ giác B1' B2' D2' D1' là hình bình hành (Hình 2)

·' B ' D '  B
·' D ' D '  1800 (1)
B
2 1 1
1 1 2
Vì C1 , C2 , B1; B2 thuộc đường tròn  C  và A không thuộc đường tròn  C 

·' B ' D '  C
·'C ' D ' (2)
 C1' , C2' , B1' ; B2' thuộc đường tròn  C '  f   C    B
2 1 1
1 2 2
·' D ' D '  C
·'C ' D '  1800
Từ (1) và (2) suy ra C
1 1 2
1 2 2

 C1' , C2' , D1' , D2' cùng thuộc một đường tròn  k3' 



 C  A, C  B  . Tiếp tuyến với  O  tại A cắt đường thẳng BC tại M . Gọi N là
giao điểm của các tiếp tuyến với  O  tại B và tại C . Đường thẳng AN cắt lại đường
tròn  O  tại D khác A và cắt đường thẳng BC tại F . Đường thẳng qua M , song
song với AB cắt đường thẳng OC tại I . Đường thẳng qua N , song song với AB
cắt đường thẳng OD tại J . Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng MD, NC và

E là giao điểm của hai đường thẳng MN , IJ .
1. Chứng minh rằng hai đường tròn  MCE  và  NDE  tiếp xúc với nhau.
2. Chứng minh rằng K là tâm đường tròn đi qua các điểm C , D, E , F .
Giải:

15


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
A

P

M

X

I
C

O


OM

nên

Do đó MD là tiếp tuyến của  O   KC  KD
Vì OBC : ICM và OAD : JDN nên suy ra IC  IM và JD  JN
Mặt khác ta có OM  AN tại X và ON  BM tại Y nên F là trực tâm của OMN .
Gọi E ' là giao điểm của OF và MN thì OE '  MN . Ta chứng minh E '  E .
Ta có MA2  MD 2  MX .MO  ME '.MN  MB.MC
Xét phép nghịch đảo f cực M , phương tích k  MA2 ta có: f biến các điểm B, N
thành các điểm C, E ' tương ứng
Suy ra f biến đường thẳng BN thành đường tròn  MCE '
Vì BN tiếp xúc với  O  tại B và BN || AM nên đường tròn  MCE ' tiếp xúc với

 O  tại C

và tiếp xúc với AM tại M . Do đó I là tâm đường tròn  MCE '

Chứng minh tương tự ta có J là tâm đường tròn  NDE ' .
Khi đó ta suy ra hai đường tròn

 MCE ' và  NDE ' tiếp xúc nhau tại E ' .

 E ' là giao điểm của IJ và MN nên E '  E

16


Sáng kiến kinh nghiệm

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP . Ta biết rằng   đi qua 9
điểm: M , N , P, A1, B1, C1 và trung điểm các đoạn AH , BH , CH .
Giả sử M ', N ', P ' là điểm đối xứng với M , N , P qua O .
Xét phép nghịch đảo cực H phương tích k  HM .HA '  HN .HB '  HP.HC '
Phép nghịch đảo này biến các đường thẳng A1 A ', B1B ', C1C ' tương ứng thành các
đường tròn  HMM ' ,  HNN ' ,  HPP ' , biến đường tròn   thành chính nó và
biến đường thẳng Euler của ABC thành chính nó.
Ta sẽ chỉ ra rằng trục đẳng phương của  HNN ' và  HPP ' là đường thẳng Euler
của ABC . Thật vậy:
Trục đẳng phương của   và  HNN ' là NN ' ;
Trục đẳng phương của   và  HPP ' là PP ' ;
Suy ra trục đẳng phương của  HNN ' và  HPP ' đi qua H và giao của NN ' và

PP ' hay trục đẳng phương của  HNN ' và  HPP ' là đường thẳng HO .
Do đó trục đẳng phương của

 HNN ' và  HPP ' chính

là đường thẳng Euler

 HPP ' và  HMM ' ,

trục đẳng phương của



Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
B

A
E

U

X

M

I
O1

J

V

F

Y
N
O

O2




 MF  MU  ME  MV  FU  EV  EU  FV
MX MV MY MU
Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của các đường tròn  BMC  ,  AMD  thì OO1  BC (1)
Mặt khác ta có góc giữa O2 M và BC bằng góc giữa O2 M và đường tròn  AMD 
và bằng 900 (vì phép nghịch đảo f biến O2 M thành chính nó) nên O2 M  BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OO1 || O2 M
19


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Chứng minh tương tự ta suy ra OO2 || O1M , do đó tứ giác MO2OO1 là hình bình
hành có tâm N .
Gọi I , J lần lượt là hình chiếu vuông góc của O1O2 xuống UV thì tứ giác O1O2 JI
là hình thanh vuông tại I , J
Mà N là trung điểm của O1O2 nên suy ra NI  NJ
Hai tam giác EMO, FMO có NI , NJ tương ứng là hai đường trung bình nên suy
ra OE  OF (3)
Mặt khác OU  OV (4)
Nên từ (3) và (4) suy ra EU  FV (đpcm)
Bài 14: (Đề đề nghị thi Duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm 2013)
Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC,
CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với (I) tại X. Một
đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y. Một đường tròn đi qua A, B tiếp xúc
với (I) tại Z. Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy.

Tương tự f  I , R  biến đường tròn (IQY) thành đường thẳng QY
đường tròn (IRZ) thành đường thẳng RZ
Mà các đường tròn (IPX), (IQY), (IRZ) đồng quy tai I nên các đường thẳng PX,
QY, RZ cũng đồng quy.
Bài 15: Cho tam giác ABC . Các điểm P, Q, R thuộc miền trong tam giác ABC
sao cho các tứ giác ABPQ, BCQR, CARP là các tứ giác nội tiếp. Biết rằng tâm I
của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là tâm đẳng phương của các đường tròn
ngoại tiếp các tứ giác ABPQ, BCQR, CARP . Chứng minh rằng tâm O của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng Euler của tam giác PQR.

A

O3

O1

R

Q
I
P

B

C

21


Sáng kiến kinh nghiệm

Chứng minh tương tự ta có QI  RP, RI  PQ . Do đó I là trực tâm tam giác PQR .



 

 



Đặt k  IA.IP  IB.IQ  IC.IR . Xét f  I , k  là phép nghịch đảo tâm I , phương
tích k ta có f  I , k  biến P, Q, R tương ứng thành A, B, C .
Do đó f  I , k  biến đường tròn  PQR  thành đường tròn  O  .
Suy ra tâm của hai đường tròn  PQR  ,  O  là ảnh của nhau qua phép vị tự tâm I
nên chúng thẳng hàng hay đường thẳng IO đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác PQR .
Vậy tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng Euler
của tam giác PQR.
Một số bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho hai đường tròn (C1), (C2) trực giao với nhau và cắt nhau ở A, B. Lấy các
điểm C, D trên hai đường tròn đó sao cho CD không đi qua A, B. Chứng minh rằng
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACD và BCD trực giao với nhau.
Bài 2: Cho bốn đường tròn cùng đi qua một điểm P nhưng không có đường tròn nào
chứa trong đường tròn nào. Hai đường tròn tiếp xúc với đường thẳng (d1) tại P, hai
đường tròn còn lại tiếp xúc với đường thẳng (d2) tại P. Các giao điểm khác P của 4
đường tròn là A, B, C, D. Chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường
tròn khi và chỉ khi hai đường thẳng (d1) và (d2) vuông góc với nhau.

22


3

Bài 5: (Đề thi VMO - 2003)
Cho hai đường tròn cố định (k1), (k2) tiếp xúc trong tại P có tâm tương ứng là
K1, K2 và bán kính lần lượt là R1, R2 (R1 < R2). Cho điểm K di động trên (k2) sao cho 3
điểm K, K1, K2 không thẳng hàng. Từ K kẻ các tiếp tuyến KB, KC tới (k1) (với B, C là
các tiếp điểm). Các đường thẳng PB, PC cắt đường tròn (k2) tại D, E tương ứng. F là
giao điểm của DE với tiếp tuyến của đường tròn (k2) tại K. Chứng minh rằng F di
động trên một đường thẳng cố định.
Bài 6: (IMO Shortlist 2003)

23


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Cho  C1  ,  C2  ,  C3  ,  C4  là bốn đường tròn phân biệt thỏa mãn  C1  ,  C3 
tiếp xúc ngoài nhau tại P ,  C2  ,  C4  tiếp xúc ngoài nhau tại P . Giả sử các cặp
đường tròn  C1  và  C2  ,

 C2 

và  C3  ,  C3  và  C4  ,  C4  và  C1  tương ứng

AB.BC PB 2
cắt nhau tại các điểm A, B, C, D khác P . Chứng minh rằng
.


I
J

M
Q

M'

c2

Q'

Phần thuận:
Xét phép nghịch đảo f O, k  với k  P O / C   3R 2 . Khi đó:

f  O,k  :

 C  C  ; C1   d1 ; C2   d2
Vì C ; C  trực giao với nhau và cùng tiếp xúc với C  nên ta có d  d và lần
lượt tiếp xúc với C  tại P' ; Q' thỏa mãn: OP.OP'  OQ.OQ'  3R với P, Q là
tiếp điểm của C ; C  với C  .
Gọi M’ là giao điểm của hai đường thẳng d , d thì khi đó M '  f M  vì M là giao
điểm của hai đường tròn C ; C 
1

2

1

2






Ta có: P O /  '   OI 2  R 2  2 R 2  ON .OM ' với N   
2

3
3
3
3
2
 OM .OM '  ON .OM '  OM  ON  M  VO  N   M     VO2  '
2
2

3
3R 2
Gọi  J , r  là tâm của đường tròn    OJ  OI và r 
hay J là giao
2
2
điểm của đường tròn C  và đường thẳng OI.

Phần đảo:

25